《（新課標(biāo)）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題九 物理圖象素能演練提升（含解析）（通用）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題九 物理圖象素能演練提升（含解析）（通用）（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、素能演練提升九　物理圖象 (時(shí)間:60分鐘　滿分:100分) 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、本題共10小題,每小題6分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,第6~10題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)或不答的得0分. 1.放在水平地面上的一物塊,受到方向不變的水平推力F的作用,F的大小與時(shí)間t的關(guān)系和物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如甲圖和乙圖所示.重力加速度g取10 m/s2.由此兩圖線可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ分別為(　　) A.m=0.5 kg,μ=0.4 B.m=1.5 kg,μ

2、= C.m=0.5 kg,μ=0.2 D.m=1 kg,μ=0.2 　　　　　　　　　　　　　　　　 解析:0至2 s在1 N的水平推力作用下,物體靜止;2 s至4 s 在3 N的水平推力作用下,物體做加速度為2 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng);4 s至6 s在2 N的水平推力作用下,物體做勻速直線運(yùn)動(dòng).對(duì)后面的兩個(gè)階段由牛頓定律列方程有F2-mgμ=ma,F3=mgμ,代入數(shù)據(jù)得A選項(xiàng)對(duì). 答案:A 2.如圖,在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板,其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊.假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等.現(xiàn)給木塊施加一個(gè)隨時(shí)間t均勻增大的水平力F=kt(k是常

3、數(shù)),木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是(　　) 解析:兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的條件是a2>a1,在發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)之前,a2=a1;發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)和發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后,兩物體間的摩擦力大小為Ff=μm2g,木板的加速度a1=,不變;木塊的加速度a2=-μg,則在a-t圖象中,圖線a2的延長線應(yīng)與t軸正半軸有交點(diǎn),選項(xiàng)A正確. 答案:A 3.如圖甲所示,一理想變壓器給一個(gè)小燈泡供電.當(dāng)原線圈輸入如圖乙所示的交變電壓時(shí),額定功率為10 W的小燈泡恰好正常發(fā)光,已知燈泡的電阻為40 Ω,圖中電壓表為理想電表,下列說法正確的是(　　) A.變壓器輸

4、入電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u=220sin πt (V) B.電壓表的示數(shù)為220 V C.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為11∶1 D.變壓器的輸入功率為110 W 解析:從圖象中可得交流電周期T=2×10-2 s,em=220 V,所以ω==100π,表達(dá)式為u=220sin 100πt (V),故A錯(cuò)誤;根據(jù)公式P=,電壓表示數(shù)為燈泡的額定電壓U==20 V,故B錯(cuò)誤;原線圈輸入電壓為220 V,根據(jù)公式可得,故C正確;變壓器的輸入功率與輸出功率相等,為10 W,故D錯(cuò)誤. 答案:C 4.如圖甲所示,在光滑水平面上,有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd,邊長為L,質(zhì)量為m,電阻為

5、R.在水平外力的作用下,線框從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),穿過磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,磁場方向與線圈平面垂直,線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i的大小和運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示.則下列說法正確的是(　　) A.線框的加速度大小為 B.線框受到的水平外力的大小 C.0~t1時(shí)間內(nèi)通過線框任一邊橫截面的電荷量為i1t1 D.0~t3時(shí)間內(nèi)水平外力所做的功大于 解析:線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有v=at,電動(dòng)勢E=BLv,電流i=,可見i-t圖的斜率k=,解得a=,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有F外-F安=ma,F安=BLi為變力,則F外也為變力,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;0~t1內(nèi)通過的電

6、荷量q=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;根據(jù)=i3可得v3=,根據(jù)功能關(guān)系有,W外=Q+,Q表示產(chǎn)生的熱量,代入數(shù)據(jù)可知,W外>. 答案:D 5.電源的效率η定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比.在測電源電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中得到的實(shí)驗(yàn)圖線如圖所示,圖中U為路端電壓,I為干路電流,a、b為圖線上的兩點(diǎn),相應(yīng)狀態(tài)下電源的效率分別為ηa、ηb.由圖可知ηa、ηb的值分別為(　　) A. B. C. D. 解析:根據(jù)效率的定義可得電源效率η=,E為電源的總電壓(即電動(dòng)勢),根據(jù)圖象可知Ua=,Ub=,所以ηa、ηb的值分別為,選項(xiàng)D正確. 答案:D 6.(2020江蘇南通二模)如圖甲所示,固

7、定斜面AC長為L,B為斜面中點(diǎn),AB段光滑.一物塊在恒定拉力F作用下,從最低點(diǎn)A由靜止開始沿斜面上滑至最高點(diǎn)C,此過程中物塊的動(dòng)能Ek隨位移s變化的關(guān)系圖象如圖乙所示.設(shè)物塊由A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為t0,下列描述該過程中物塊的速度v隨時(shí)間t、加速度大小a隨時(shí)間t、加速度大小a隨位移s、機(jī)械能E隨位移s變化規(guī)律的圖象中,可能正確的是(　　) 解析:根據(jù)Ek-s圖象知,動(dòng)能先均勻增加,然后均勻減小,即合力先做正功再做負(fù)功,知物塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移和勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移大小相等,勻減速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度大于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度,則勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

8、小于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,故A錯(cuò)誤;前半段和后半段均做勻變速直線運(yùn)動(dòng),兩段過程中加速度分別不變,但是兩段過程中的時(shí)間不等,故B錯(cuò)誤,C正確;根據(jù)除重力以外其他力做功等于機(jī)械能的增量,知前半段恒力F做正功,可知機(jī)械能隨s均勻增加,后半段拉力可能與摩擦力相等,機(jī)械能守恒,故D正確. 答案:CD 7.如圖所示,水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng),小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連.t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平,t=t0時(shí)刻P離開傳送帶.不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦,繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是(　　) 解析:(1)若v2

9、P與傳送帶間的滑動(dòng)摩擦力Ff大于物體Q的重力G,即Ff>G時(shí),P向右加速,與傳送帶速度相等時(shí),以v1和傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B正確;②當(dāng)Ffv1.①當(dāng)Ff>G時(shí),P向右減速,再與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),圖象如圖乙所示,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;②當(dāng)Ff

10、100 m處懸停,自動(dòng)判斷合適著陸點(diǎn)后,豎直下降到距離月面4 m時(shí)速度變?yōu)?,然后關(guān)閉推力發(fā)動(dòng)機(jī)自由下落,直至平穩(wěn)著陸.若月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的,著陸器下降過程中的高度與時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示,則下述判斷正確的是(　　) A.著陸器在空中懸停時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)推力大小是1.2×104 N B.著陸器從高度100 m下降至4 m過程中的平均速度為8 m/s C.著陸器著陸時(shí)的速度大約是3.6 m/s D.著陸器著陸后,其對(duì)月面的壓力是2×104 N 解析:著陸器在空中懸停時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)推力F==2×103 N,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由題圖可知,著陸器從高度100 m下降至4 m過程中用時(shí)

11、t=(14.5-2.5) s=12 s,平均速度v= m/s=8 m/s,選項(xiàng)B正確;關(guān)閉推力發(fā)動(dòng)機(jī)后,著陸器自由下落t=(16.7-14.5) s=2.2 s,速度v=≈3.6 m/s,選項(xiàng)C正確;著陸器著陸后,對(duì)月面的壓力為FN==2×103 N,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 答案:BC 9. 如圖所示,一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置,環(huán)心為O點(diǎn),在O正上方h高位置的A點(diǎn)與A'關(guān)于O對(duì)稱.質(zhì)量為m的帶正電的小球從A點(diǎn)靜止釋放,并穿過帶電環(huán).則小球從A點(diǎn)到A'過程中加速度(a)、重力勢能(EpG)、機(jī)械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖象可能正確的是(取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)且重力勢能為零,向下

12、為正方向,無限遠(yuǎn)電勢為零)(　　) 解析:圓環(huán)中心的電場強(qiáng)度為零,無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度也為零,則小球從A到圓環(huán)中心的過程中,電場強(qiáng)度可能先增大后減小,則小球所受的電場力先增大后減小,方向豎直向上,由牛頓第二定律得知,重力不變,則加速度可能先減小后增大;小球穿過圓環(huán)后,小球所受的電場力豎直向下,加速度方向向下,為正值,根據(jù)對(duì)稱性可知,電場力先增大后減小,則加速度先增大后減小,故A是可能的,選項(xiàng)A正確;小球從A到圓環(huán)中心的過程中,重力勢能EpG=mgh,小球穿過圓環(huán)后,EpG=-mgh,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知,B是可能的,選項(xiàng)B正確;小球從A到圓環(huán)中心的過程中,電場力做負(fù)功,機(jī)械能減小,小球穿過圓環(huán)后

13、,電場力做正功,機(jī)械能增大,故C是可能的,選項(xiàng)C正確;由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場,小球下落的過程中,電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系,電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系,所以D是不可能的,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 答案:ABC 10.靜電場方向平行于x軸,其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力),以初速度v0從O點(diǎn)(x=0)進(jìn)入電場,沿x軸正方向運(yùn)動(dòng).下列敘述正確的是(　　) A.粒子從O運(yùn)動(dòng)到x1的過程中速度逐漸減小 B.粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中,電勢能先減小后增大 C.要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x4處,粒子的初速度v0至少為2 D.若v

14、0=2,粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為 解析:粒子從O運(yùn)動(dòng)到x1的過程中,電勢升高,電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向,粒子所受的電場力方向也沿x軸負(fù)方向,粒子做減速運(yùn)動(dòng),故A正確;粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中,電勢不斷降低,根據(jù)正電荷在電勢越高電勢能越大,可知,粒子的電勢能不斷減小,故B錯(cuò)誤;當(dāng)粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x1處時(shí),由動(dòng)能定理得q(0-φ0)=0-,解得v0=,要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x4處,粒子的初速度v0至少為,故C錯(cuò)誤;若v0=2,粒子運(yùn)動(dòng)到x3處電勢能最小,動(dòng)能最大,由動(dòng)能定理得q[0-(-φ0)]=,解得最大速度為vm=,故D正確. 答案:AD 第Ⅱ卷(非選擇題　共40分) 二、本題共3小題

15、,共40分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位. 11.(10分)(2020福建理綜,20) 一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛,其運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖象如圖所示.求: (1)摩托車在0~20 s這段時(shí)間的加速度大小a; (2)摩托車在0~75 s這段時(shí)間的平均速度大小. 解析:(1)加速度a=(1分) 由v-t圖象并代入數(shù)據(jù)得a=1.5 m/s2.(2分) (2)設(shè)20 s時(shí)速度為vmax,0~20 s的位移x1=t1(1分) 20~45 s的位移x2=vmaxt2(1分) 45~75

16、s的位移x3=t3(1分) 0~75 s這段時(shí)間的總位移x=x1+x2+x3(1分) 0~75 s這段時(shí)間的平均速度(1分) 代入數(shù)據(jù)得=20 m/s.(2分) 答案:(1)1.5 m/s2　(2)20 m/s 12.(14分)如圖所示,可視為質(zhì)點(diǎn)的A、B兩物體置于一靜止長紙帶上,紙帶左端與A、A與B間距均為d=0.5 m,兩物體與紙帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.1,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2=0.2.現(xiàn)以恒定的加速度a=2 m/s2向右水平拉動(dòng)紙帶,重力加速度g取10 m/s2.求: (1)A物體在紙帶上的滑動(dòng)時(shí)間; (2)在給定的坐標(biāo)系中定性畫出A、B兩物體的v-t

17、圖象; (3)兩物體A、B停在地面上的距離. 解析:(1)兩物體在紙帶上滑動(dòng)時(shí)有 μ1mg=ma1(1分) 當(dāng)物體A滑離紙帶時(shí) a1=d(1分) 由以上二式可得t1=1 s.(1分) (2)如圖所示.(3分) (3)物體A離開紙帶時(shí)的速度 v1=a1t1(1分) 兩物體在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)有 μ2mg=ma2(1分) 物體A從開始運(yùn)動(dòng)到停在地面上過程中的總位移 s1=(1分) 當(dāng)物體B滑離紙帶時(shí), a1=2d(1分) 物體B離開紙帶時(shí)速度v2=a1t2(1分) 物體A從開始運(yùn)動(dòng)到停在地面上過程中的總位移 s2=(1分) 兩物體A、B最終停止時(shí)的間距 s=s

18、2+d-s1(1分) 由以上各式可得s=1.25 m.(1分) 答案:(1)1 s　(2)見解析圖　(3)1.25 m 13.(16分)如圖甲所示,輕質(zhì)細(xì)線繞過兩個(gè)光滑的輕滑輪,線的一端系一質(zhì)量M=0.4 kg的重物,重物置于傾角為θ=30°的光滑斜面上(繩GH段平行于斜面),另一端系一質(zhì)量為m=0.1 kg、電阻為r=0.5 Ω的金屬桿.在豎直平面內(nèi)有間距為L=1 m的足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌PQ、EF,在QF之間連接有阻值為R=1 Ω的電阻(導(dǎo)軌電阻不計(jì)),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直.開始時(shí)金屬桿置于導(dǎo)軌下端,將重物由靜止釋放,最終能沿斜面勻速下滑.運(yùn)動(dòng)過程中

19、金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,g取10 m/s2.求: (1)重物勻速下滑的速度v的大小; (2)當(dāng)M勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),突然剪斷細(xì)線,m繼續(xù)上升h=0.9 m高度后達(dá)到最高點(diǎn),求此過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱; (3)對(duì)一定的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,重物的質(zhì)量M取不同的值,測出相應(yīng)的重物做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度,可得出v-M實(shí)驗(yàn)圖線.圖乙中畫出了磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2時(shí)的兩條實(shí)驗(yàn)圖線,試根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果計(jì)算B1和B2的比值. 解析:(1)重物勻速下滑時(shí),F=Mgsin θ,其中F為繩子的拉力(1分) 金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),受繩子的拉力F'、金屬桿的重力mg、向下的安培力FA 則F'=mg+FA(1分) F

20、=F' 對(duì)金屬桿有安培力FA=ILB(1分) 感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv(1分) 感應(yīng)電流I=(1分) 則FA= 由以上各式得v= 代入數(shù)據(jù)得v=6 m/s.(1分) (2)剪斷細(xì)線后由能量守恒得 mgh+Q總=mv2(2分) QR=Q總(1分) 代入數(shù)據(jù)得QR=0.6 J.(2分) (3)由第一問結(jié)果及題意可得v-M的函數(shù)關(guān)系式為 v=M- 結(jié)合圖線可知,斜率k=(1分) k1= m·s-1·kg-1= m·s-1·kg-1(1分) k2= m·s-1·kg-1= m·s-1·kg-1(1分) 因此.(2分) 答案:(1)6 m/s　(2)0.6 J　(3)3∶2